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Problemas y Ejercicios Resueltos.
Tema 2: Espacios vectoriales.

Ejercicios
1.- Determinar el valor de x para que el vector (1, x, 5) ∈ R3 pertenezca al subespacio < (1, 2, 3), (1, 1, 1) >.
Soluci´
on. (1, x, 5) pertenece al subespacio < (1, 2, 3), (1, 1, 1) > si y s´olo si (1, x, 5) es combinaci´on
lineal de (1, 2, 3) y (1, 1, 1), o sea, si existen α, β ∈ R tales que
(1, x, 5) = α(1, 2, 3) +β(1, 1, 1),
Pero entonces,
1=α+β
x = 2α + β
5 = 3α + β
y resolviendo el sistema anterior, tenemos α = 2, β = −1 y x = 3.
2.- Calcular bases de los subespacios de R4 S, T , S + T y S ∩ T , siendo S = {(x1 , x2 , x3 , x4 )|x1 − x2 = 0}
y T =< (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1) >.
Soluci´
on. Tenemos
S = {(x1 , x2 , x3 , x4 )|x1 − x2 = 0} = {(x1 , x1 , x3 , x4 )|x1 , x2 , x3 ∈ R} =< (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0),(0, 0, 0, 1) >,
luego un sistema generador de S es {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}. Ahora,
(0, 0, 0, 0) = α(1, 1, 0, 0) + β(0, 0, 1, 0) + γ(0, 0, 0, 1) ⇒ α = β = γ = 0,
o sea que es libre, resulta que BS = {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} es una base de S.
Un sistema generador de T es (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1). Pero es tambi´en libre, ya que
0 = λ + 2β
0 = λ + 3β
(0, 0, 0,0) = λ(1, 1, 2, 1) + β(2, 3, −1, 1) →
0 = 2λ − β
0=λ+β

´
Introducci´
on al Algebra
Lineal.

M.A. Garc´ıa S´
anchez y T. Ram´ırez Alzola.

Proyecto OCW de la UPV/EHU.

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Espacios vectoriales

y la u
´nica soluci´on al sistema anterior es λ = β = 0. Por tanto, BT = {(1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1)} es una base
de T .
Por definici´on,
S + T = {s + t|s ∈ S y t ∈ T }
= {(x1 , x1 , x2 , x3 ) + (α + 2β, α+ 3β, 2α − β, α + β)|x1 , x2 , x3 , α, β ∈ R} .
=< (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1) >
Por tanto, un sistema generador de S + T es {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1)}. Pero
(1, 1, 2, 1) = (1, 1, 0, 0)+(0, 0, 1, 0)+(0, 0, 0, 1), luego {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (2, 3, −1, 1)} es sistema
generador de S + T .Adem´as, este sistema es libre luego es una base de S + T .
Por u
´ ltimo, sabemos que S ∩ T es un subespacio vectorial de dimensi´on 1 porque
dim(S ∩ T ) = dim(S + T ) − dim(S) − dim(T )
Ahora, (1, 1, 2, 1) ∈ S ∪ T , luego como dim(S ∩ T ) es 1, se tiene que < (1, 1, 2, 1) >= S ∩ T y una base de
S ∩ T es BS∩T = {(1, 1, 2, 1)}.
3.- Encontrar una base y la dimensi´
on del subespacio vectorial
S =< (1,2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1), (3, 4, 1, 2) > .

Soluci´
on. Un sistema genereador de S es A = {(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1), (3, 4, 1, 2)}. Pero A
no es libre ya que
(0, 0, 0, 0) = α1 (1, 2, −1, 3) + α2 (2, 1, 0, −2) + α3 (0, 1, 2, 1) + α4 (3, 4, 1, 2) ⇒

0 = α1 + 2α2 + 3α3 + 3α4


0 = 2α1 + α2 + α3 + 4α4

 0 = −α1 + 2α3 + α4
0 = 3α2 − 2α2 + α3 + 2α4
y el sistemaanterior tiene por soluci´
on
α1 = α2 = α3 = −α4
Observamos que (3, 4, 1, 2) es combinaci´on lineal de los anteriores, luego A − {(3, 4, 1, 2)}
{(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1)} es tambi´en sistema generador de S. Pero

=

(0, 0, 0, 0) = β1 (1, 2, −1, 3) + β2 (2, 1, 0, −2) + β3 (0, 1, 2, 1) ⇒

0 = β1 + 2β2 + 3β3


0 = 2β1 + β2 + β3

 0 = −β1 + 2β3
0 = 3β2 − 2β2 + β3
y el sistema anteriors´olo tiene por soluci´on a β1 = β2 = β3 = 0, es decir, {(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1)}
es libre. Por consiguiente una base de S es {(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1)} y la dimensi´on de S es 3.
4.- Sea V un Q-espacio vectorial de dimensi´
on 4 con base B = {u1 , u2 , u3 , u4 }. Se definen los vectores
v1 = 2u1 + u2 − u3

v2 = 2u1 + u3 + 2u4

´
Introducci´
on al AlgebraLineal.

v3 = u1 + u2 − u3

v4 = −u1 + 2u3 + 3u4

M.A. Garc´ıa S´
anchez y T. Ram´ırez Alzola.

Proyecto OCW de la UPV/EHU.

Espacios vectoriales

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Probar que B′ = {v1 , v2 , v3 , v4 } es una base de V y calcular las coordenadas en la base B′ de un vector
v que tiene por coordenadas en B a (1 2 0 1).
Soluci´
on. Como B′ es de cardinal 4 y V es de dimensi´on 4, para demostrar que B′ es base de V...